(广东专用)2018年高考物理一轮复习第6章机械能微专题32实验：研究动能定理粤教版.

[方法点拨]　(1)做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度．(2)功与能量是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等．1．(功能关系应用)如图1，在倾角θ＝37°的斜面上，用平行于斜面向下的恒力F 把原来静止于斜面上的质量为2 kg 的物体沿斜面向下拉了0.5 m 的距离，并使物体获得2 m/s 的速度．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在这个过程中( )图1A ．力F 大小为8 NB ．合外力对物体做功2 JC ．物体重力势能增加了6 JD ．物体机械能减少了2 J2．(功能关系应用)(多选)如图2所示，一个质量为m 的物体(可视为质点)，以某一速度由A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为g ，在斜面上运动的最大高度为h .则在此过程中，下列说法正确的是( )图2A ．物体动能损失了B ．物体动能损失了2mghmgh 2C ．系统机械能损失了mgh D ．系统机械能损失了mgh 23．(摩擦力特点与功能关系应用)如图3所示,A 、B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A 由静止释放;B 的初速度方向沿斜面向下,大小为v 0；C 的初速度方向沿水平方向，大小也为v 0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰．下列说法正确的是( )图3A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的动能最大C．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多4．(功能关系的图象问题)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动．此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图4所示．若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是( )图45．(功能关系与图象问题)一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移－时间图象如图5所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )图5A．小球抛出时的速度为12 m/sB ．小球上升和下降的时间之比为2∶3C ．小球落回到抛出点时所受合力的功率为64 W 6D ．小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失6．如图6甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动．运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E －s )图象如图乙所示，其中0～s 1过程的图线为曲线，s 1～s 2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是( )图6A ．0～s 1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B ．0～s 2过程中物体的动能一定增大C ．s 1～s 2过程中物体可能在做匀速直线运动D ．s 1～s 2过程中物体可能在做匀减速直线运动7．(多选)如图7甲所示，在距离地面高度为h ＝0.80 m 的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m ＝0.50 kg 、可看做质点的物块相接触(不粘连)，OA 段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A 点，OA 段的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F ，大小随位移s 变化关系如图乙所示．物块向左运动s AB ＝0.40 m 到达B 点，到达B 点时速度为零，随即撤去外力F ，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M 点离开平台，落到地面上N 点，取g ＝10 m/s 2，则( )图7A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 JB．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JD．M、N的水平距离为1.6 m8.(多选)质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度处同时由静止开始下落，运动中两物体所受阻力的特点不同，其v－t图象如图8所示．则下列判断正确的是( )图8A．t0时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度B．t0时刻甲、乙两物体所受阻力相同C．0～t0时间内，甲、乙两物体重力势能的变化量相同D．0～t0时间内，甲物体克服阻力做的功比乙的少9．(多选)如图9所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接，轨道半径为R，BC为直径，一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点时对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则( )图9A．物块经过B点时的速度大小为5gRB ．刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgRC ．物块从B 点到C 点克服阻力所做的功为mgR12D ．若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C 点的动能为mgR7210．(多选)如图10所示，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．轨道上的A 点离PQ 的距离为R ，一质量为m 的质点自P 点上方某处由静止开始下落，从P 点进入轨道后刚好12能到达Q 点并能再次返回经过N 点．已知质点第一次滑到轨道最低点N 时速率为v 1，第一次到达A 点时速率为v 2，选定N 点所在的水平面为重力势能的零势能面，则( )图10A ．v 1＜v 22B ．v 1＞v 22C ．从N 到Q 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点上方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点下方D ．从N 到Q 的过程中，动能与势能相等的点在A 点下方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点上方11．(多选)如图11所示，固定斜面倾角为θ，在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m 的物块，O 点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A 点．斜面上另外有B 、C 、D 三点，AO ＝OB ＝BC ＝CD ＝l ，其中AB 段光滑，BD 段粗糙，物块与斜面BD 段间的动摩擦因数为μ＝tan θ，重力加速度为g .物块静止时弹簧的弹性势能为E ，用外力将物块拉到D 点由静止释放，第一次经过O 点时的速度大小为v ，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )A ．物块从D 点向下运动到A 点的过程中，最大加速度大小为2g sin θB ．物块最后停在B 点C ．物块在D 点时的弹性势能为－mgl sin θmv 22D ．物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为＋mgl sin θ－Emv 2212．(多选)圆心为O 、半径为R 的光滑圆弧轨道AC 与倾角θ＝30°的光滑斜面BC 固定在一起，如图12所示，其中O 、C 、B 三点共线，OA 竖直．质量分别为m 1、m 2的两小球1、2用轻绳相连挂在C 点两侧(C 点处有一小段圆弧)，开始时小球1位于C 处，小球2位于斜面底端B 处，现由静止释放小球1，小球1沿圆弧轨道下滑，已知m 1＝6m 2，重力加速度为g ，则在小球1由C 点下滑到A 点的过程中( )图12A ．小球1的机械能守恒B ．重力对小球1做功的功率先增大后减小C ．小球1的机械能减小m 1gR79D ．轻绳对小球2做的功为m 2gR7913．(多选)如图13所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O 点的转轴上，另一端与一质量为m 、套在粗糙固定直杆A 处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A ，第一次经过B 处的速度大小为v ，运动到C 处速度为0，后又以大小为a C 的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小球可以返回到出发点A 处B ．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止C ．弹簧具有的最大弹性势能为mv 212D ．a A －a C ＝g答案精析1．D [根据s ＝，得a ＝4 m/s 2，由牛顿第二定律有F ＋mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，可得F ＝4 N ，故Av 22a 错误；根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，ΔE k ＝mv 2＝4 J ，故B 错误；重力势能12的增加量ΔE p ＝－mgs sin 37°＝－6 J ，故C 错误；除重力以外其他力所做的功引起机械能的变化，则有ΔE ＝(F －μmg cos 37°)s ＝－2 J ，故D 正确．]2．BC [物体上滑过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力F ＝ma ＝mg ，方向沿斜面向下，动能减小量等于克服合力做的功，故ΔE k 减＝Fs ＝mg ·2h ＝2mgh ，A 项错误，B 项正确；系统损失的机械能等于减小的动能和增加的势能之和，故ΔE 减＝ΔE k 减－mgh ＝mgh ，C 项正确，D 项错误．]3．B [A 、C 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C 的加速度大于A 的加速度，C 先到达斜面底端，A 项错误；重力做功相同，摩擦力对A 、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最多，而B 有初速度，则滑到斜面底端时，B 滑块的动能最大，B 项正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减小相同，C 项错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最大，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D 项错误．]4．D [由v 2－h 图象为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为恒力，而物体所受重力不变，故拉力也一定保持不变．物体机械能的变化量大小等于重力(或弹力)以外的其他力做功的大小．由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械能均匀增加，故D 项正确．]5．C [上升阶段，由匀变速直线运动规律得s 0＝v 0t 1，可得初速度v 0＝＝24 m/s ，选项A 错误；上升阶122s 0t 1段，由速度公式可得a 1＝＝12 m/s 2，由牛顿第二定律可得mg ＋f ＝ma 1，得f ＝ma 1－mg ＝2 N ，下降阶段，v 0t 1由牛顿第二定律可得mg －f ＝ma 2，得a 2＝8 m/s 2，由位移公式可得s 0＝a 2t ，解得t 2＝ s ，即＝，选项1226t 1t 226B 错误；设小球落回抛出点时的速度为v ，由动能定理可得mgs 0－fs 0＝mv 2，解得v ＝8 m/s ，故合力的功126率P ＝ma 2v ＝64 W ，选项C 正确；小球上升过程和下降过程，空气阻力做功相等，故两过程损失的机械能6相等，选项D 错误．]6．B [除重力之外的其他力做的功就等于物体的机械能的改变量，则F ·Δs ＝ΔE ，即F ＝，所以E －s 图象ΔEΔs 的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知0～s 1内图线的斜率为负，则物体所受拉力沿斜面向上，A 错误；由于物体由静止开始向下运动，所以物体所受拉力小于物体的重力沿斜面向下的分力，物体加速运动，所以在0～s 2过程中物体的动能一定一直增大，B 正确，C 、D 错误．]7．AD [题图乙所示的F －s 图象与横轴所围面积表示力F 做的功，由题图乙可知W F ＝6.0 J ，选项A 正确；在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功W f ＝μmgs AB ＝0.50×0.50×10×0.4 J ＝1.0 J ，整个运动过程中克服摩擦力做功为2W f ＝2.0 J ，选项C 错误；根据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为E p ＝W F －W f ＝5.0J ，选项B 错误；物块由B 点运动到M 点，由功能关系得E p ＝W f ＋mv 2，解得物块运动到M 点的速度v ＝4m/s ，设M 、N 的水平距离为s 0，由平拋运动规律，12s 0＝vt ，h ＝gt 2，联立解得s 0＝1.6 m ，选项D 正确．]128．AD [从图象可知，在t 0时刻甲物体的图线斜率大于乙物体的图线的斜率，即a 甲＞a 乙，选项A 正确；由牛顿第二定律得mg －f ＝ma ，则甲物体受到阻力小，选项B 错误；v －t 图象与时间轴围成的面积表示位移大小，所以经t 0时间乙物体发生的位移比甲物体大，由ΔE p ＝mgh －0知乙物体重力势能变化量大，选项C 错误；由v －t 图象可知0～t 0时间甲物体下降高度小，所以由动能定理mgh －W f ＝mv 2得甲物体克服阻力做的12功比乙的少，选项D 正确．]9．BC [设物块经过半圆轨道B 点瞬间的速度为v B ，物块在B 点时有F N ＝7mg ，F N －mg ＝m ，可得v B ＝v 2B R ，选项A 错误；物块从A 点到B 点的过程有E p ＝mv ，解得E p ＝3mgR ，选项B 正确；设物块到达C6gR 122B 点时的速度为v C ，物块在C 点时有mg ＝m ，物块从B 点到C 点的过程有－mg ·2R －W f ＝mv －mv ，可v 2C R 122C122B 解得物块从B 点到C 点过程克服阻力做的功W f ＝mgR ，选项C 正确；若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变12为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度增大，在同一点物块对轨道的压力增大，摩擦力增大，物块从B点到C 点克服阻力所做的功增大，物块到达C 点的动能小于mgR ，选项D 错误．]7210．BC [质点从N 到A 再到Q 的过程中，重力与摩擦力做功，由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA 段与轨道之间的压力大于AQ 段之间质点与轨道之间的压力，根据f ＝μF N 可知，质点在NA 段受到的摩擦力比较大，所以质点在NA 段摩擦力做的功比较多，则重力与摩擦力在NA 段做的功比较多，所以质点第一次到达N 点处的动能一定大于质点第一次到达A 点处动能的2倍，根据动能的表达式E k ＝mv 2可知，12v 1＞v 2，A 项错误，B 项正确；如果轨道光滑，质点在运动过程中不受摩擦力，上升过程中动能与重力势能2相等的位置在A 点，现在由于要克服摩擦力做功，机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A 点上方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点下方，C 项正确，D 项错误．]11．CD [物块在BD 段向下运动过程中，因μ＝tan θ，物块的重力沿斜面向下的分力mg sin θ与滑动摩擦力μmg cos θ大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D 点处加速度最大，有k ×3l ＝ma ，物块静止时有kl ＝mg sin θ，得a ＝3g sin θ，物块在DA 段的最大加速度为3g sin θ，A 选项错误；物块从D 点下滑后，沿斜面向下运动，因μ＝tan θ，物块在B 点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B 点下方做往复运动，到B 点处的速度为零，B 选项错误；物块从D 点第一次到O 点，由功能关系得E p ＋mg sin θ×3l ＝μmg cos θ×2l ＋，E p ＝－mgl sin θ，C 选项正确；物块在B 点时弹簧的弹性势能与物mv 22mv 22块在A 点处时弹簧的弹性势能相同，对全过程分析有(E p －E )＋mg sin θ×2l ＝Q ，得Q ＝＋mgl sin θ－E ，D mv 22选项正确．]12．BD [小球1在下滑过程中，沿竖直方向分速度由0先增大到某值后又减小到0，所以重力对小球1做功的功率先增大后减小，B 对；设小球1在A 点时速度为v ，由运动的合成与分解知此时小球2的速率为v cos30°＝，小球1由C 点到下滑到A 点的过程中，对小球1和小球2整体由动能定理有m 1gR (1－cos60°)3v2－m 2gR sin 30°＝m 1v 2＋m 2()2，得v 2＝gR ，对小球1由动能定理有m 1gR (1－cos 60°)＋W T ＝m 1v 2，得12123v 2202712W T ＝－m 2gR ，即小球1的机械能减少m 2gR ，A 、C 错；因小球1由C 点下滑到A 点的过程中，小球1和7979小球2组成的系统机械能守恒，所以轻绳对小球2做的功为m 2gR ，D 对．]7913．CD [设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，AB 间的竖直高度为h ，小球的质量为m ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律得：对于小球A 到B 的过程有mgh ＋E p ＝mv 2＋W f ，A 到C 的12过程有2mgh ＋E p ＝2W f ＋E p ，解得W f ＝mgh ，E p ＝mv 2，小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，则由12能量守恒定律得E p ＝2W f ＋2mgh ＋E p ，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处，A 项错误，C 项正确；设从A 运动到C 摩擦力的平均值为，AB ＝s ，由W f ＝mgh 得＝mg sin 30°，在B 点，摩擦力f f f ＝μmg cos 30°，由于弹簧对小球有拉力(除B 点外)，小球对杆的压力大于mg cos 30°，所以＞μmg cos 30°可得f mg sin 30°＞μmg cos 30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，B 项错误；根据牛顿第二定律得，在A 点有F cos 30°＋mg sin 30°－f ＝ma A ，在C 点有F cos 30°－f －mg sin 30°＝ma C ，两式相减得a A －a C ＝g ，D 项正确．]。

[方法点拨](1)要注意区分是恒力做功,还是变力做功,求恒力的功常用定义式．(2)变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力) ,或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功)或用W＝Pt求解(如功率恒定的力)或用动能定理等求解.(3)分析机车启动问题时,抓住两个关键,一是汽车的运动状态,即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系;二是抓住功率的定义式,即牵引力与速度的关系.综合以上两个关系,即可确定汽车的运动情况.1．(功的正负)一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼．下列关于两人受到的力做功判断正确的是()A．支持力对女士做正功B．支持力对男士做正功C．摩擦力对女士做负功D．摩擦力对男士做负功2．(变力的功)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图1所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()图1A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功3．(功率的分析与计算)如图2，以恒定功率行驶的汽车，由水平路面驶上斜坡后，速度逐渐减小，则汽车()图2A．牵引力增大，加速度增大B．牵引力增大，加速度减小C．牵引力减小，加速度增大D．牵引力减小，加速度减小4．(功率的分析与计算)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图3所示规律变化，已知物块的质量为m ，重力加速度为g,0～t 0时间内物块做匀加速直线运动，t 0时刻后功率保持不变，t 1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是( )图3A ．物块始终做匀加速直线运动B ．0～t 0时间内物块的加速度大小为P 0mt 0C ．t 0时刻物块的速度大小为P 0mgD ．0～t 1时间内物块上升的高度为P 0mg (t 1－t 02)－P 202m 2g35．(恒力的功与变力的功)如图4所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力F 1水平向左拉滑块的同时，用恒力F 2拉绳，使滑块从A 点起由静止开始向右运动，B 和C 是A 点右方的两点，且AB ＝BC ，则以下说法正确的是( )图4A ．从A 点至B 点F 2做的功小于从B 点至C 点F 2做的功 B ．从A 点至B 点F 2做的功大于从B 点至C 点F 2做的功 C ．从A 点至C 点F 2做的功一定等于滑块克服F 1做的功D ．从A 点至C 点F 2做的功一定大于滑块克服F 1做的功6．汽车以恒定功率P 、初速度v 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v －t 图象不可能是下图中的( )7．(多选)A 、B 两物体分别在大小相同的水平恒力F 的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t 0和4t 0，两物体运动的v －t 图象如图5所示，则( )图5A ．A 、B 两物体与水平面的摩擦力大小之比为5∶12 B ．水平力F 对A 、B 两物体做功的最大功率之比为2∶1C ．水平力F 对A 、B 两物体做功之比为2∶1D ．在整个运动过程中，摩擦力对A 、B 两物体做功的平均功率之比为5∶38．质量为2×103 kg 、发动机额定功率为80 kW 的汽车在平直公路上行驶，若汽车所受阻力大小恒为4×103 N ，下列判断正确的是( )A ．汽车行驶能达到的最大速度是40 m/sB ．汽车从静止开始加速到20 m/s 的过程，发动机所做功为4×105 JC ．汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s 时，其加速度大小为6 m/s 2D ．汽车以2 m/s 2的恒定加速度启动，发动机在第2 s 末的实际功率是32 kW9．(多选)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力与速度的关系图象如图6所示．若已知汽车的质量m 、牵引力F 1和速度v 1及该车所能达到的最大速度v 3，则根据图象所给的信息，能求出的物理量是( )图6A ．汽车运动中的最大功率为F 1v 1B ．速度为v 2时的加速度大小为F 1v 1m v 2C ．汽车行驶中所受的阻力为F 1v 1v 3D ．恒定加速时，加速度为F 1m10．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v －t 图象如图7所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的( )图711．(多选)如图8所示，一根细绳的上端系在O 点，下端系一个小球B ，放在粗糙的斜面体A 上．现用水平推力F 向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中( )图8A ．小球做匀速圆周运动B ．摩擦力对小球B 做正功C ．水平推力F 和小球B 对A 做功的大小相等D ．A 对小球B 的摩擦力所做的功与小球B 对A 的摩擦力所做的功大小相等12.(多选)质量为2 kg 的遥控玩具电动汽车由静止开始运动，汽车受到的阻力恒为重力的12，若牵引力做功W 和汽车位移s 之间的关系如图9所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )图9A ．汽车在0～1 m 位移内，牵引力是恒力，1～3 m 位移内，牵引力是变力B ．汽车位移为0.5 m 时，加速度的大小a ＝5 m/s 2C ．汽车位移在0～3 m 的过程中，牵引力的最大功率为2010 WD ．汽车位移在0～3 m 的过程中，牵引力的平均功率为1010 W13．一质量为m ＝1 kg 的物体放在粗糙程度相同的水平面上，受到水平拉力的作用，物体由静止开始沿直线运动，物体的加速度a 和速度的倒数1v 的关系如图10所示．不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图10A ．物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体速度为1.5 m/s 时，加速度大小为1.5 m/s 2C ．拉力的最大功率为3 WD ．物体匀加速运动的时间为1 s14．如图11，在水平道路上，质量为5×103 kg 的拖车将另一同质量的故障车拖移．用一根长度为4.6 m 、不可伸长的轻绳将两车连接．行驶时车所受阻力为车重的14.当拖车拖动故障车一起匀速直线运动时，拖车输出功率为2×105 W ．重力加速度取g ＝10 m/s 2.图11(1)求拖车拖动故障车一起匀速运动时的速度大小v 0.(2)在拖车拖着故障车匀速行驶过程中，司机发现前方有一障碍物后紧急刹车，此后拖车水平方向只受到阻力，大小为其重力的12，若故障车所受阻力保持不变，经过多长时间故障车撞上拖车？碰撞前瞬间故障车的速率为多少？答案精析1．A [如图甲所示，女士匀速上楼，所受支持力方向竖直向上，与速度方向夹角小于90°，做正功；因匀速上楼，故女士不受摩擦力作用，选项A 正确，C 错误．如图乙所示，男士匀速上楼，支持力方向垂直履带向上，摩擦力方向沿履带向上，支持力与位移方向垂直，支持力不做功，摩擦力对男士做正功，选项B 、D 错误．]2．A [对物块运动的整个过程运用动能定理得：W F －W f ＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项A 正确，B 错误．在0～1 s 时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t ＝1 s 时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t ＝2 s 时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C 错误．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项D 错误．]3．B [由于汽车功率恒定，即P ＝Fv 为定值，F 为汽车牵引力，汽车速度v 减小，则汽车牵引力增大，故C 、D 项错；汽车速度不断减小，说明汽车所受合外力沿斜坡向下，即加速度a 沿斜坡向下，设斜坡倾角为α，汽车受到的滑动摩擦力为f ，由牛顿第二定律可得mg sin α＋f －F ＝ma ，随牵引力不断增大，汽车的加速度不断减小，故B 项正确，A 项错．]4．D [由题图可知，0～t 0时间内功率与时间成正比，则有F －mg ＝ma ，v ＝at ，P ＝F v ，得P ＝m (a ＋g )at ，因此图线斜率P 0t 0＝m (a ＋g )a ，B 选项错误；t 0时刻后功率保持不变，拉力大于重力，物块继续加速运动，由P 0v －mg ＝ma 知，物块加速度逐渐减小，t 1时刻速度最大，则a ＝0，最大速度为v m ＝P 0mg，A 、C 选项错误；P －t 图线与t 轴所围的面积表示0～t 1时间内拉力做的功W ＝P 0t 02＋P 0(t 1－t 0)＝P 0t 1－P 0t 02，由动能定理得W －mgh ＝m v 2m2，得h ＝P 0mg (t 1－t 02)－P 202m 2g3，D 选项正确．]5．B [滑块受力如图所示，由于滑块被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力F 2为恒力，所以拉力F 2做的功等于细绳对滑块所做的功．根据功的定义式得W ＝F 2L cos θ，F 2不变且AB ＝BC ，θ增大，F 2在位移上的投影减小，故在相同位移L 上拉力F 2做的功减少，所以从A 点至B 点F 2做的功大于从B 点至C 点F 2做的功，故A 错误，B 正确；滑块从A 点至C 点过程中，可能一直加速，滑块在C 点的速率大于在A 点的速率，根据动能定理可知，滑块从A 运动至C 过程中动能变化量大于0，总功大于0，同理若滑块在C 点速度减为0，则总功等于0，则从A 点至C 点F 2做的功可能大于或等于滑块克服F 1做的功，故C 、D 错误．]6．A [由瞬时功率P ＝F v 可知，汽车功率恒定，汽车开始所受牵引力F ＝Pv 0，若牵引力与汽车所受阻力相等，则汽车做匀速运动，B 项中v －t 图象是可能的；若牵引力大于阻力，则汽车做加速运动，随着速度增大，牵引力逐渐减小，而汽车所受阻力不变，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，C 项中v －t 图象是可能的，A 项中v －t 图象是不可能的；若牵引力小于阻力，则汽车做减速运动，牵引力增大，汽车所受阻力不变，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，D 项中v －t 图象是可能的．]7．AB [由速度图象可知，A 加速运动时的加速度a A 1＝2v 0t 0，减速运动时的加速度大小为a A 2＝v 0t 0，由牛顿第二定律有：F －f 1＝m 12v 0t 0，f 1＝m 1v 0t 0，解两式得：f 1＝F3；B 加速运动时的加速度大小为a B 1＝v 04t 0，减速运动时的加速度大小为a B 2＝v 0t 0，由牛顿第二定律有：F －f 2＝m 2v 04t 0，f 2＝m 2v 0t 0，解两式得：f 2＝4F5，所以A 、B 两物体与水平面的摩擦力之比为5∶12，A 项正确．由速度图象知，水平力F 对A 、B 两物体做功的最大功率之比为F ·2v 0∶F ·v 0＝2∶1，B 项正确．由v －t 图象面积表示位移可知两物体位移之比为6∶5，整个过程中，由动能定理知，水平力F 对A 、B 两物体做功之比等于摩擦力做功之比为1∶2，C 项错．由功率的定义式知摩擦力对A 、B 两物体做功的平均功率之比为5∶6，D 项错．]8．D [当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则v m ＝P F ＝P f ＝80 0004 000 m/s ＝20 m/s ，故A 错误．由于不知道汽车的加速度和运动时间，没法求得牵引力做的功，故B 错误；由题可知，汽车的最大速度为20 m/s ，故此时的牵引力等于阻力，加速度为零，故C 错误；汽车以2 m/s 2的加速度启动，牵引力F ＝f ＋ma ＝4 000 N ＋2 000×2 N ＝8 000 N,2 s 末的实际功率为P ＝F v ＝Fat ＝8 000×2×2 W ＝32 000 W ＝32 kW ，故D 正确．]9．AC [由F －v 图象可知，汽车运动中的最大功率为F 1v 1，选项A 正确；由F 2v 2＝F 1v 1可知，速度为v 2时汽车的牵引力F 2＝F 1v 1v 2，加速度的大小为a ＝F 2－fm ，选项B 错误；当汽车达到最大速度v 3时牵引力等于阻力f ，由f v 3＝F 1v 1可得，汽车行驶中所受的阻力为f ＝F 1v 1v 3，选项C 正确；恒定加速时，加速度为a ＝F 1－fm ，选项D错误．]10．A [由v －t 图象知重物先匀加速再匀速最后匀减速运动，由牛顿第二定律知，在匀加速过程有F 1－mg ＝ma 1，F 1为恒力且大于mg ，拉力的功率P 1＝F 1v ＝F 1at ；在匀速过程有F 2＝mg ，拉力的功率P 2＝F 2v 0为定值；在匀减速过程有mg －F 3＝ma 3，F 3为恒力且小于mg ，拉力的功率P 3＝F 3v ＝F 3(v 0－at )，功率逐渐减小到0；可知A 正确．]11．BC [小球B 的速度可以分解为水平方向的分速度与沿绳子方向的分速度，如图，则：v ＝v 0cos θ，可知小球的速度随θ的增大是逐渐变小的，不是匀速圆周运动，故A 错误．斜面对B 的摩擦力沿斜面向下，B 的运动轨迹的弧线在B 受到的支持力的上方，所以B 受到的摩擦力与B 的位移方向夹角为锐角，所以斜面对B 的摩擦力对小球B 做正功，故B 正确；斜面体A 做匀速运动，动能不变，外力对A 所做的总功为零，则知水平推力F 和小球B 对A做功的大小相等，故C 正确．A 对小球B 的摩擦力和小球B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，但是B 在摩擦力方向上的位移和A 在摩擦力方向上的位移不等，所以做功也不等，故D 错误．]12．BCD [根据公式W ＝Fs 可知，题中W －s 图象的斜率表示汽车牵引力的大小，0～1 m 位移内，牵引力F 1＝20 N ，1～3 m 位移内，牵引力F 2＝10 N ，所以A 错误；0～1 m 位移内，根据动能定理，有W 1－kmgs ＝12m v 21，解得v 1＝10 m/s ，根据速度—位移公式有v 21＝2as ，代入数据解得a ＝5 m/s 2，B 正确；0～1 m 位移内，汽车做匀加速运动，1～3 m 位移内，汽车受力平衡，做匀速运动，则速度刚达到最大时，牵引力功率最大，P max ＝F 1v 1＝2010 W ，C 正确；牵引力做的总功W ＝40 J ，时间t ＝t 1＋t 2＝1102s ＋210 s ＝410s ，平均功率为Wt ＝1010 W ，D 正确．]13．C [由题图分析可知，当物体速度v ＜1 m/s 时，物体由静止开始做匀加速运动；当1 m/s ＜v ＜3 m/s 时，物体做拉力功率恒定的加速运动．物体速度v 1＝3 m/s 时，加速度a 1＝0，则有F ＝f ，最大功率P ＝fv 1，物体速度v 2＝1 m/s 时，加速度a 2＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律有Pv 2－f ＝ma 2，解得f ＝1 N ，P ＝3 W ，而f ＝μmg ，故μ＝0.1，选项A 错误，C 正确；由P1.5 m/s －f ＝ma 3可得a 3＝1 m/s 2，选项B 错误；匀加速运动的时间为t ＝v 2a 2＝0.5 s ，选项D 错误．] 14．见解析解析 (1)选故障车和拖车为系统，设所受阻力大小为f ，拖车的牵引力为F f ＝14×(m ＋m )g P ＝F v 0此系统匀速运动，有F ＝f 联立各式并代入数据得v 0＝8 m/s(2)假设追尾前两车一直在运动．设制动时，拖车和故障车加速度大小分别为a 1、a 2， 则a 1＝－12mg m ＝－5 m/s 2a 2＝－14mg m ＝－2.5 m/s 2设经时间t 故障车追尾拖车，则 v 0t ＋12a 1t 2＋4.6 m ＝v 0t ＋12a 2t 2解得t ≈1.92 s追尾前拖车速度大小v 1＝v 0＋a 1t ＝－1.6 m/s ，不合题意，故追尾前拖车已停下来．拖车从开始刹车到停止的位移s 1＝0－v 202a 1＝6.4 m从开始制动到追尾，故障车的位移s 2＝4.6 m ＋s 1＝11 m 设追尾前故障车速度大小为v ，则v 2－v 20＝2a 2s 2 解得v ＝3 m/s设从开始刹车到追尾经历时间为t ′，则t ′＝2s 2v 0＋v ＝2 s.。

[方法点拨] (1)做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度．(2)功与能量是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等．1．(功能关系应用)如图1，在倾角θ＝37°的斜面上，用平行于斜面向下的恒力F 把原来静止于斜面上的质量为2 kg 的物体沿斜面向下拉了0.5 m 的距离，并使物体获得2 m /s 的速度．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在这个过程中( )图1A ．力F 大小为8 NB ．合外力对物体做功2 JC ．物体重力势能增加了6 JD ．物体机械能减少了2 J2．(功能关系应用)(多选)如图2所示，一个质量为m 的物体(可视为质点)，以某一速度由A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为g ，在斜面上运动的最大高度为h .则在此过程中，下列说法正确的是( )图2A ．物体动能损失了mgh 2B ．物体动能损失了2mghC ．系统机械能损失了mghD ．系统机械能损失了mgh 23．(摩擦力特点与功能关系应用)如图3所示,A 、B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A 由静止释放;B 的初速度方向沿斜面向下,大小为v 0；C 的初速度方向沿水平方向，大小也为v 0.斜面足够大，A 、B 、C 运动过程中不会相碰．下列说法正确的是( )图3A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的动能最大C．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多4．(功能关系的图象问题)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动．此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图4所示．若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是()图45．(功能关系与图象问题)一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移－时间图象如图5所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()图5A．小球抛出时的速度为12 m/sB．小球上升和下降的时间之比为2∶ 3C．小球落回到抛出点时所受合力的功率为64 6 WD．小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失6．如图6甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动．运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E－s)图象如图乙所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是()图6A．0～s1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B．0～s2过程中物体的动能一定增大C．s1～s2过程中物体可能在做匀速直线运动D．s1～s2过程中物体可能在做匀减速直线运动7．(多选)如图7甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看做质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，OA段的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移s变化关系如图乙所示．物块向左运动s AB ＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10 m/s2，则()图7A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 JB．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JD．M、N的水平距离为1.6 m8.(多选)质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度处同时由静止开始下落，运动中两物体所受阻力的特点不同，其v－t图象如图8所示．则下列判断正确的是()图8A．t0时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度B ．t 0时刻甲、乙两物体所受阻力相同C ．0～t 0时间内，甲、乙两物体重力势能的变化量相同D ．0～t 0时间内，甲物体克服阻力做的功比乙的少9．(多选)如图9所示，光滑水平面AB 与竖直面上的半圆形固定轨道在B 点衔接，轨道半径为R ，BC 为直径，一可看成质点、质量为m 的物块在A 点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B 点时对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力，则( )图9A ．物块经过B 点时的速度大小为5gRB ．刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgRC ．物块从B 点到C 点克服阻力所做的功为12mgR D ．若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C 点的动能为72mgR 10．(多选)如图10所示，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．轨道上的A 点离PQ 的距离为12R ，一质量为m 的质点自P 点上方某处由静止开始下落，从P 点进入轨道后刚好能到达Q 点并能再次返回经过N 点．已知质点第一次滑到轨道最低点N 时速率为v 1，第一次到达A 点时速率为v 2，选定N 点所在的水平面为重力势能的零势能面，则( )图10A ．v 1＜2v 2B ．v 1＞2v 2C ．从N 到Q 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点上方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点下方D ．从N 到Q 的过程中，动能与势能相等的点在A 点下方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点上方11．(多选)如图11所示，固定斜面倾角为θ，在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m 的物块，O 点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A 点．斜面上另外有B 、C 、D 三点，AO ＝OB ＝BC ＝CD ＝l ，其中AB 段光滑，BD 段粗糙，物块与斜面BD 段间的动摩擦因数为μ＝tan θ，重力加速度为g .物块静止时弹簧的弹性势能为E ，用外力将物块拉到D 点由静止释放，第一次经过O 点时的速度大小为v ，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )图11A ．物块从D 点向下运动到A 点的过程中，最大加速度大小为2g sin θB ．物块最后停在B 点C ．物块在D 点时的弹性势能为m v 22－mgl sin θ D ．物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为m v 22＋mgl sin θ－E 12．(多选)圆心为O 、半径为R 的光滑圆弧轨道AC 与倾角θ＝30°的光滑斜面BC 固定在一起，如图12所示，其中O 、C 、B 三点共线，OA 竖直．质量分别为m 1、m 2的两小球1、2用轻绳相连挂在C 点两侧(C 点处有一小段圆弧)，开始时小球1位于C 处，小球2位于斜面底端B 处，现由静止释放小球1，小球1沿圆弧轨道下滑，已知m 1＝6m 2，重力加速度为g ，则在小球1由C 点下滑到A 点的过程中( )图12A ．小球1的机械能守恒B ．重力对小球1做功的功率先增大后减小C ．小球1的机械能减小79m 1gR D ．轻绳对小球2做的功为79m 2gR 13．(多选)如图13所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O 点的转轴上，另一端与一质量为m 、套在粗糙固定直杆A 处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A ，第一次经过B 处的速度大小为v ，运动到C 处速度为0，后又以大小为a C 的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图13A ．小球可以返回到出发点A 处B ．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止C ．弹簧具有的最大弹性势能为12m v 2 D ．a A －a C ＝g答案精析1．D [根据s ＝v 22a，得a ＝4 m/s 2，由牛顿第二定律有F ＋mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，可得F ＝4 N ，故A 错误；根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，ΔE k ＝12m v 2＝4 J ，故B 错误；重力势能的增加量ΔE p ＝－mgs sin 37°＝－6 J ，故C 错误；除重力以外其他力所做的功引起机械能的变化，则有ΔE ＝(F －μmg cos 37°)s ＝－2 J ，故D 正确．]2．BC [物体上滑过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力F ＝ma ＝mg ，方向沿斜面向下，动能减小量等于克服合力做的功，故ΔE k 减＝Fs ＝mg ·2h ＝2mgh ，A 项错误，B 项正确；系统损失的机械能等于减小的动能和增加的势能之和，故ΔE 减＝ΔE k 减－mgh ＝mgh ，C 项正确，D 项错误．]3．B [A 、C 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C 的加速度大于A 的加速度，C 先到达斜面底端，A 项错误；重力做功相同，摩擦力对A 、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最多，而B 有初速度，则滑到斜面底端时，B 滑块的动能最大，B 项正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减小相同，C 项错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最大，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D 项错误．]4．D [由v 2－h 图象为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为恒力，而物体所受重力不变，故拉力也一定保持不变．物体机械能的变化量大小等于重力(或弹力)以外的其他力做功的大小．由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械能均匀增加，故D 项正确．]5．C [上升阶段，由匀变速直线运动规律得s 0＝12v 0t 1，可得初速度v 0＝2s 0t 1＝24 m/s ，选项A 错误；上升阶段，由速度公式可得a 1＝v 0t 1＝12 m /s 2，由牛顿第二定律可得mg ＋f ＝ma 1，得f ＝ma 1－mg ＝2 N ，下降阶段，由牛顿第二定律可得mg －f ＝ma 2，得a 2＝8 m/s 2，由位移公式可得s 0＝12a 2t 22，解得t 2＝ 6 s ，即t 1t 2＝26，选项B 错误；设小球落回抛出点时的速度为v ，由动能定理可得mgs 0－fs 0＝12m v 2，解得v ＝8 6 m/s ，故合力的功率P ＝ma 2v ＝64 6 W ，选项C 正确；小球上升过程和下降过程，空气阻力做功相等，故两过程损失的机械能相等，选项D 错误．]6．B [除重力之外的其他力做的功就等于物体的机械能的改变量，则F ·Δs ＝ΔE ，即F ＝ΔE Δs，所以E －s 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知0～s 1内图线的斜率为负，则物体所受拉力沿斜面向上，A 错误；由于物体由静止开始向下运动，所以物体所受拉力小于物体的重力沿斜面向下的分力，物体加速运动，所以在0～s 2过程中物体的动能一定一直增大，B 正确，C 、D 错误．]7．AD [题图乙所示的F －s 图象与横轴所围面积表示力F 做的功，由题图乙可知W F ＝6.0 J ，选项A 正确；在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功W f ＝μmgs AB ＝0.50×0.50×10×0.4 J ＝ 1.0 J ，整个运动过程中克服摩擦力做功为2W f ＝2.0 J ，选项C 错误；根据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为E p ＝W F －W f ＝5.0 J ，选项B 错误；物块由B 点运动到M点，由功能关系得E p ＝W f ＋12m v 2，解得物块运动到M 点的速度v ＝4 m/s ，设M 、N 的水平距离为s 0，由平拋运动规律，s 0＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得s 0＝1.6 m ，选项D 正确．] 8．AD [从图象可知，在t 0时刻甲物体的图线斜率大于乙物体的图线的斜率，即a 甲＞a 乙，选项A 正确；由牛顿第二定律得mg －f ＝ma ，则甲物体受到阻力小，选项B 错误；v －t 图象与时间轴围成的面积表示位移大小，所以经t 0时间乙物体发生的位移比甲物体大，由ΔE p ＝mgh －0知乙物体重力势能变化量大，选项C 错误；由v －t 图象可知0～t 0时间甲物体下降高度小，所以由动能定理mgh －W f ＝12m v 2得甲物体克服阻力做的功比乙的少，选项D 正确．] 9．BC [设物块经过半圆轨道B 点瞬间的速度为v B ，物块在B 点时有F N ＝7mg ，F N －mg ＝m v 2B R ，可得v B ＝6gR ，选项A 错误；物块从A 点到B 点的过程有E p ＝12m v 2B，解得E p ＝3mgR ，选项B 正确；设物块到达C 点时的速度为v C ，物块在C 点时有mg ＝m v 2C R，物块从B 点到C 点的过程有－mg ·2R －W f ＝12m v 2C －12m v 2B ，可解得物块从B 点到C 点过程克服阻力做的功W f ＝12mgR ，选项C 正确；若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度增大，在同一点物块对轨道的压力增大，摩擦力增大，物块从B 点到C 点克服阻力所做的功增大，物块到达C 点的动能小于72mgR ，选项D 错误．] 10．BC [质点从N 到A 再到Q 的过程中，重力与摩擦力做功，由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA 段与轨道之间的压力大于AQ 段之间质点与轨道之间的压力，根据f ＝μF N 可知，质点在NA 段受到的摩擦力比较大，所以质点在NA 段摩擦力做的功比较多，则重力与摩擦力在NA 段做的功比较多，所以质点第一次到达N 点处的动能一定大于质点第一次到达A 点处动能的2倍，根据动能的表达式E k ＝12m v 2可知，v 1＞2v 2，A 项错误，B 项正确；如果轨道光滑，质点在运动过程中不受摩擦力，上升过程中动能与重力势能相等的位置在A 点，现在由于要克服摩擦力做功，机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A 点上方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点下方，C 项正确，D 项错误．]11．CD [物块在BD 段向下运动过程中，因μ＝tan θ，物块的重力沿斜面向下的分力mg sin θ与滑动摩擦力μmg cos θ大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D 点处加速度最大，有k ×3l ＝ma ，物块静止时有kl ＝mg sin θ，得a ＝3g sin θ，物块在DA 段的最大加速度为3g sin θ， A 选项错误；物块从D 点下滑后，沿斜面向下运动，因μ＝tan θ，物块在B 点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B 点下方做往复运动，到B 点处的速度为零，B 选项错误；物块从D 点第一次到O 点，由功能关系得E p ＋mg sin θ×3l ＝μmg cos θ×2l ＋m v 22，E p ＝m v 22－mgl sin θ，C 选项正确；物块在B 点时弹簧的弹性势能与物块在A 点处时弹簧的弹性势能相同，对全过程分析有(E p －E )＋mg sin θ×2l ＝Q ，得Q ＝m v 22＋mgl sin θ－E ，D 选项正确．] 12．BD [小球1在下滑过程中，沿竖直方向分速度由0先增大到某值后又减小到0，所以重力对小球1做功的功率先增大后减小，B 对；设小球1在A 点时速度为v ，由运动的合成与分解知此时小球2的速率为v cos 30°＝3v 2，小球1由C 点到下滑到A 点的过程中，对小球1和小球2整体由动能定理有m 1gR (1－cos 60°)－m 2gR sin 30°＝12m 1v 2＋12m 2(3v 2)2，得v 2＝2027gR ，对小球1由动能定理有m 1gR (1－cos 60°)＋W T ＝12m 1v 2，得W T ＝－79m 2gR ，即小球1的机械能减少79m 2gR ，A 、C 错；因小球1由C 点下滑到A 点的过程中，小球1和小球2组成的系统机械能守恒，所以轻绳对小球2做的功为79m 2gR ，D 对．] 13．CD [设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，AB 间的竖直高度为h ，小球的质量为m ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律得：对于小球A 到B 的过程有mgh ＋E p ＝12m v 2＋W f ，A 到C 的过程有2mgh ＋E p ＝2W f ＋E p ，解得W f ＝mgh ，E p ＝12m v 2，小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，则由能量守恒定律得E p ＝2W f ＋2mgh ＋E p ，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处，A 项错误，C 项正确；设从A 运动到C 摩擦力的平均值为f ，AB ＝s ，由W f ＝mgh 得f ＝mg sin 30°，在B 点，摩擦力f ＝μmg cos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于mg cos 30°，所以f＞μmg cos 30°可得mg sin 30°＞μmg cos 30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，B项错误；根据牛顿第二定律得，在A点有F cos 30°＋mg sin 30°－f＝ma A，在C点有F cos 30°－f－mg sin 30°＝ma C，两式相减得a A－a C＝g，D项正确．]。

27 动能定理的理解与应用[方法点拨](1)要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理．(2)列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题．1．(动能定理的简单应用)一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为s，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是() v1＋v2A．s＝t B．P＝fv12P P m v2－v1 1 1C. －＝D．Pt－fs＝mv －mvv1 v2 t 2 22 122．(求变力的功)世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出一记S球，声呐测速仪测得其落地速度为v1，费德勒击球时球离地面的高度为h，击球瞬间球有竖直向下的速度v0，已知网球质量为m，不计空气阻力，则费德勒击球时对球做的功W为()1 1 1A．mgh＋mv B. mv －mv ＋mgh2012202 2 21 1 1 1C. mv －mv20D. mv －mv －mgh2112022 2 2 23．(应用动能定理分析多过程问题)(多选)如图1所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是()图1A．铁块一定能够到达P点B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点C．铁块能否到达P点与铁块质量有关D．铁块能否到达P点与铁块质量无关1间无摩擦．一个质量为m＝5 kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L＝1 m．已知整个过程弹簧始终在弹性1限度内，弹簧的弹性势能E p与其形变量x的关系为E p＝kx2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝20.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：图2(1)小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度v m的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能．5．(多选)如图3所示，用竖直向下的恒力F通过跨过光滑定滑轮的细线拉动在光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A、B、C三点，设AB＝BC，物体经过A、B、C三点时的动能分别为E k A、E k B、E k C，则它们间的关系是()图3A．E k B－E k A＝E k C－E k B B．E k B－E k A＜E k C－E k BC．E k B－E k A＞E k C－E k B D．E k C＜2E k B6.质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图4所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()图4A．2 2 m/s B．3 m/sC．4 m/s D. 17 m/s7．(多选)如图5所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为E k，重力势能为E p(选水平地面为零势能参考面)．下列图象中大致能反映小球动能E k、势能E p变化规律的是()图58．如图6所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能E k及拉力功率P随时间t或位移s的变化图象可能正确的是()图69．如图7所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作4用下处于静止状态，此时OB＝L，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，53则小球B运动到与O点的距离为L时的速度大小为()5图71 85gLA. 10gLB.5 251 65gLC. 15gLD.5 2510．一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图8所示，求83 s内物体的位移大小和力F对物体所做的功．(g取10 m/s2)图811．我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼—15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图9所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB＝L，水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h.一架歼—15飞机的总质量为m，在C端的起飞速度至少为v.若某次起飞训练中，歼—15从A点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg.重力加速度为g.求：图9(1)飞机在水平轨道AB上运动的时间；(2)在水平轨道末端B，发动机的推力功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度l满足的条件．(结果用m、g、L、h、v表示)答案精析P1．D[由牛顿第二定律可得：－f＝ma，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运v动的公式不成立，选项A错误；因为牵引力是变力，且大于阻力f，选项B、C错误；由动能1 1定理可得：Pt－fs＝mv－mv，选项D正确．]2 212 21 12．D[从发球直至球落地的整个过程中，由动能定理有W＋mgh＝mv－mv，2 212201 1解得W＝mv21－mv20－mgh，故选项D正确．]2 23．AD[设A距离地面的高度为h，动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh－μmg cos θ·s AB－μmgs BP＝0，得mgh－μmg(s AB cos θ＋s BP)＝0，而s AB cos θ＋s BP＝OP，即h－μOPh－μOP＝0，铁块在新斜面上有mg sin α－μmg cos α＝ma，由sin α－μcos α＝＝0，可AP知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m无关，铁块一定能够到达P点，选项A、D正确，B、C错误．]3 24．(1)1 s(2) m/s(3)20 J2解析(1)由牛顿第二定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度a＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s21 2L由L＝at2可得t＝＝1 s2 a(2)设弹簧被压缩至x0处时小滑块达到最大速度v m，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mg sin θ－μmg cos θ＝kx01 1 这一过程由动能定理有mg sin θ(L＋x0)－μmg cos θ(L＋x0)－kx＝mv022m2 23 2 解得v m＝m/s2(3)设小滑块从P点压缩弹簧至最低点时，弹簧的压缩量为x1，由动能定理，有mg sin θ(L＋x1)－μmg cos θ(L＋x1)－E pm＝0,解得E pm＝20 J.5．CD[由动能定理得E k B－E k A＝W AB，E k C－E k B＝W BC，物体所受的合外力做的功为拉力的水平分力所做的功．由几何关系可知，从A运动到B的过程中拉力在水平方向的平均分力大小大于从B到C过程中拉力在水平方向的平均分力大小，因此W AB＞W BC，选项A、B错误，C、D正确．]51 1做的总功W＝40 J，由动能定理得W＝mv2－mv21，解得v2＝3 m/s，B正确．]2 27．AD[由动能定理可知，mg(H－h)＝E k－E k0，即E k＝E k0＋mgH－mgh，E k－h图象为一次函数1图象，B项错；又E k＝E k0＋mg2t2，可知E k－t图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力21势能定义式有：E p＝mgh，E p－h为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：H－h＝21gt2，所以E p＝mg(H－gt2)，所以E p－t图象不是直线，C项错．]2F F 8．C[物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝，速度v＝at＝m m2Ft，v－t图象为过坐标原点的倾斜直线，选项A错误；由v2＝2as＝s，可知选项B错误；动m1 F2 F2能E k＝mv2＝t2，选项C正确；功率P＝Fv＝Fat＝t，选项D错误．]2 2m m9．B[设轻绳与OM杆的夹角为θ，开始时小球A受重力mg、外力F、杆的弹力F N1及绳的拉力F T作用处于平衡状态，水平方向有F＝F T cos θ，小球B受重力mg、杆的弹力F N2及绳的拉4 3力F T作用处于平衡状态，竖直方向有mg＝F T sin θ，又sin θ＝，得F＝mg，外力增大后，5 43 小球A水平向左运动，小球B竖直向上运动，从开始至小球B运动到与O点距离为L的过程54 3 3中，水平外力做的功为W F＝4F( L－L)＝mgL，设小球A、B此时的速度大小分别为v A、v B，5 5 53轻绳与OM杆的夹角为α，由运动分解有v A cosα＝v B sinα，sinα＝，又根据功能关系有W F5L 1 1 8＝mg·＋mv＋mv，得v B＝，B对．]2A5gLB25 2 2 2510．167 m676 J解析当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得F1－μmgF1－μmg＝ma1，则物体的加速度大小a1＝＝2 m/s2m当物体在后半周期时由牛顿第二定律，得F2＋μmgF2＋μmg＝ma2，则物体的加速度大小a2＝＝2 m/s2m1 前半周期83 s内物体的位移大小为s＝(20×8＋4＋3) m＝167 m第83 s末的速度v＝v1－a2t＝2 m/s61 由动能定理得W F－μmgs＝mv221所以W F＝μmgs＋mv2＝676 J.2L v211．(1)2 (2)0.6mg gL(3)l≥＋2h－Lg g解析(1)设飞机在水平轨道的加速度为a，运动时间为t，发动机的推力为F，阻力为f，由牛顿第二定律得F－f＝0.6mg－0.1mg＝ma得a＝0.5g1 而由位移公式有L＝at22解得：t＝2 Lg(2)设飞机在B端的速度为v′，功率为P，由速度公式v′＝at＝gL 解得：P＝Fv′＝0.6mg gL(3)设飞机恰能在C端起飞时，斜面轨道长为l，1 整个过程由动能定理有：(F－f)(L＋l)－mgh＝mv22v2 解得：l＝＋2h－Lgv2 所以，斜面轨道长度满足的条件是l≥＋2h－L.g。

实验：验证机械能守恒定律[方式点拨] 要明确“谁”在“哪个进程”中机械能守恒，列出守恒方程，明确要测量的物理量．1．用如图1甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验时接通电源，质量为m 2的重物从高处由静止释放，质量为m 1的重物拖着纸带打出一系列的点，图乙是实验中打出的一条纸带，A 是打下的第1个点，计数点E 、F 、G 到A 点距离别离为d 1、d 2、d 3，每相邻两计数点的时刻距离为T ，本地重力加速度为g .(以下所求物理量均用已知符号表示)图1(1)在打点A 、B 、C 、D 、E 、F 的进程中，系统动能的增加量ΔE k ＝________， 系统重力势能的减少量ΔE p ＝______，比较ΔE k 、ΔE p 大小即可验证机械能守恒定律． 图2(2)某同窗依照纸带算出各计数点速度，并作出v 22－d 图象，如图2所示，假设图线的斜率k ＝________，即可验证机械能守恒定律．2．某课外活动小组利用竖直上抛运动来验证机械能守恒定律：(1)某同窗用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图3甲所示，小球直径为________ cm.用图乙所示的弹射装置将小球竖直向上抛出，前后通过光电门A 、B ，计时装置测出小球通过A 、B 的时刻别离为2.55 ms 、5.15 ms ，由此可知小球通过光电门A 、B 时的速度别离为v A 、v B ，其中v A ＝________ m/s.图3(2)用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知本地的重力加速度为g，只需比较________________与________________是不是相等就能够够验证机械能是不是守恒(用题目中涉及的物理量符号来表示)．(3)通过量次的实验发觉，小球通过光电门A的时刻越短，(2)中要验证的两数值不同越大，试分析实验中产生误差的要紧缘故是__________________．3．某小组同窗用简易装置验证机械能守恒定律，他们找来一块平整且比较滑腻的木板，从实验室借来打点计时器、刻度尺、小车和纸带．他们把木板搭在台阶上．如图4甲安装好实验器材，取得如图乙所示的一条纸带．(1)在验证机械能是不是守恒时，还需要测量台阶的高度h和木板的长度L，已知纸带上相邻两计数点之间的时刻距离为T，纸带上M、N两点间的数据，已知该组同窗需要验证的机械能守恒的表达式为________(用题中所给物理量的字母表示)．图4(2)在该实验中以下说法正确的选项是________．A．该实验中先接通电源，后释放小车B．由于摩擦力对实验结果有阻碍，因此把木板搭在台阶上是为了平稳摩擦C．由于阻力的存在，该实验中小车增加的动能必然小于小车减少的重力势能D．在该实验中还需要用天平测量小车的质量4．某同窗利用如图5甲所示装置来验证机械能守恒定律，器材为：铁架台，约50 cm的不可伸长的细线，带孔的小铁球，光电门和计时器(能够记录挡光的时刻)，量角器，刻度尺，游标卡尺．实验前先查阅资料取得本地的重力加速度为g，再将细线穿过小铁球，悬挂在铁架台的横杆上，在小球轨迹的最低点安装好光电门，依次测量摆线的长度l，摆球的直径d，测量摆角θ，从静止开始释放小球，摆球通过光电门时记录时刻t.图5(1)用50分度游标卡尺测量小球直径，刻度线如图乙(中间假设干刻度线未画出)，那么d＝________ cm.(2)假设________________等式在误差范围内成立，那么验证了机械能守恒．(用题中物理量符号表示)(3)除空气阻力和量角器、刻度尺、游标卡尺测量产生的误差，再写出一个要紧的误差来源：______________.答案精析1．(1)m 1＋m 2d 3－d 128T2(m 2－m 1)gd 2 (2)m 2－m 1m 1＋m 2g 解析 (1)打F 点时的速度v F ＝d 3－d 12T，因为打A 点时的速度为零，因此系统动能的增加量ΔE k＝12(m 1＋m 2)v 2F ＝m 1＋m 2d 3－d 128T2；系统重力势能的减少量ΔE p ＝(m 2－m 1)gd 2.(2)依照系统机械能守恒定律可得(m 2－m 1)gd ＝12(m 1＋m 2)v 2，即在v 22－d 图象中图线的斜率k ＝m 2－m 1m 1＋m 2g . 2．(1)1.020 4.0 (2)gh v 2A 2－v 2B2(3)小球上升进程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大解析 (1)依照游标卡尺读数原理知题图甲所示的小球直径为d ＝10 mm ＋0.05×4 mm＝10.20 mm ＝1.020 cm.由于小球通过光电门的时刻很短，能够用通过光电门的平均速度代替瞬时速度，由速度概念式可知，v A ＝d t ＝10.202.55m/s ＝4.0 m/s.(2)小球从A 到B ，重力势能增加mgh ，动能减少12mv 2A －12mv 2B ，那么要验证机械能是不是守恒，只需比较gh 与v 2A 2－v 2B2是不是相等即可．(3)小球通过光电门A 的时刻越短，说明小球速度越大．(2)中要验证的两数值差越大，说明机械能损失越大，克服空气阻力做功越大，阻力越大，这说明小球上升进程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大．3．(1)gh d 2＋d 3L ＝d 3＋d 428T2－d 1＋d 228T2(2)AC解析 (1)要验证小车下滑进程中机械能守恒，那么需要确信小车减少的重力势能与增加的动能是不是近似相等．从打点计时器打下M 点到打下N 点进程中，小车重力势能减少量为ΔE p ＝Mg (d 2＋d 3)·hL ，打点计时器打下M 点时，小车的速度v M ＝d 1＋d 22T，同理打点计时器打下N 点时，小车的速度v N ＝d 3＋d 42T ，因此小车增加的动能为ΔE k ＝12M (v 2N －v 2M )，由机械能守恒定律有：ΔE p ＝ΔE k ，整理可得：gh d 2＋d 3L ＝d 3＋d 428T 2－d 1＋d 228T2.(2)利用打点计时器时需要先接通电源，后释放纸带，A 项正确；此实验不需要平稳摩擦力，B 项错误；整个进程中只有重力和阻力做功，合外力做的功使小车动能增加，由于阻力的存在，小车增加的动能必然小于减少的重力势能，C 项正确；由(1)所得表达式可知，机械能守恒与否与小车质量无关，D 项错．4．(1)2.058 (2)g (l ＋d2)(1－cos θ)＝d 22t2 (3)光电门中心未完全与小球球心对齐(或细线在摆动进程中长度发生转变)解析 (1)依照游标卡尺的读数规那么知，游标卡尺的主尺读数为20 mm ，而游标尺读数为29×0.02 mm，故游标卡尺的读数为(20＋29×0.02) mm＝2.058 cm.(2)假设机械能守恒，小球应知足mg (l ＋d 2)(1－cos θ)＝12mv 2，而小球通过光电门的速度v＝d t ，两式整理得g (l ＋d 2)(1－cos θ)＝d 22t2. (3)产生误差的缘故：细线在摆动进程中长度发生转变或光电门中心未完全与小球球心对齐等．。